Задача за триъгълник и квадрати

[Гост]

Може ли малко помощ за тази задача!

[nikola.topalov]

Screenshot_20210824-035805_Chrome.jpg (88.91 KiB) Прегледано 503 пъти

Имаме [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): B \rightarrow E[/tex] и [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): F \rightarrow A[/tex]. Тогава и [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): FB \rightarrow AE[/tex] от свойствата на ротацията, откъдето [tex]AE\perp FB[/tex]. Понеже [tex]MO_2[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ABE[/tex], то [tex]MO_2\parallel AE[/tex]. Аналогично, [tex]MO_1\parallel BF[/tex]. И така [tex]MO_1\perp MO_2[/tex].

[Гост]

Благодаря! Много интересна задача.

[Гост]

Наистина,задачата е много интересна с интересно решение!Но всъщност не разбрах отговора - [tex]\angle O_{2 } O_{1 }M = ? ^\circ[/tex]

[S.B.]

Без заглавие - 2021-08-30T162219.140.png (389.87 KiB) Прегледано 453 пъти

За [tex]\triangle ABC[/tex] : [tex]AC = b , BC = a , \angle ACB = \gamma[/tex]
За [tex]\triangle QBC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]QB^{2 } = QC^{2 } + BC^{2 } - 2.QC.BC.\cos \angle QCB \Leftrightarrow QB^{2 } = a^{2 }+ b^{2 } - 2.a.b.\cos( \gamma + 90 ^\circ ) \Rightarrow[/tex]
$$QB^{2 } = a^{2 } + b^{2 } + 2.a.b\sin \gamma $$
За [tex]\triangle ALC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]AL^{2 } = AC^{2 } + LC^{2 } - 2.AC.CL.\cos \angle ACL \Leftrightarrow AL^{2 } = a^{2 }+ b^{2 } - 2.a.b.\cos( \gamma + 90 ^\circ) \Rightarrow[/tex]
$$AL^{2 } = a^{2 } + b^{2 } + 2.a.b.\sin \gamma $$
Получихме,че $AL = QB$

За [tex]\triangle O_{1 } O_{2 }C[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]O_{1 } O_{2 } ^{2 } = O_{1 }C ^{2 } + O_{2 }C ^{2 } - 2. O_{1 }C. O_{2 }C.\cos \angle O_{1 }C O_{2 } \Leftrightarrow[/tex]
[tex]O_{1 } O_{2 } ^{2 } = ( \frac{a \sqrt{2} }{2}) ^{2 } + ( \frac{b \sqrt{2} }{2}) ^{2 } - 2. \frac{a \sqrt{2} }{2} \frac{b \sqrt{2} }{2}.\cos( \gamma + 2.45 ^\circ ) \Rightarrow[/tex]
$$ O_{1 } O_{2 } ^{2 } = \frac{2 a^{2 } }{4} + \frac{2 b^{2 } }{4} + ab\sin \gamma $$
[tex]O_{1 }M[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle QAB \Rightarrow O_{1 }M = \frac{QB}{2} \Rightarrow O_{1 }M ^{2 } = \frac{ QB^{2 } }{4}[/tex]
[tex]O_{2 }M[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ABL \Rightarrow O_{2 }M = \frac{AL}{2} \Rightarrow O_{2 }M ^{2 } = \frac{ AL^{2 } }{4}[/tex]

От [tex]\begin{cases} O_{1 }M = \displaystyle\frac{QB}{2} \\ O_{2 }M = \displaystyle \frac{AL}{2}\\QB = AL \end{cases} \rightarrow O_{1 }M = O_{2 }M \Rightarrow \triangle O_{1 } O_{2 }M[/tex] е равнобедрен
Нека [tex]\angle O_{1 }M O_{2 } = \varphi[/tex] .Прилагам за [tex]\triangle O_{1 } O_{2 }M[/tex] Косинусова теорема:

[tex]\cos \varphi = \displaystyle \frac{ O_{1 } O_{2 } ^{2 } - O_{1 }M ^{2 } - O_{2 }M ^{2 } }{-2. O_{1 }M. O_{2 }M } \Leftrightarrow \cos \varphi = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2 a^{2 } }{4} + \displaystyle\frac{2 b^{2 } }{4} + ab\sin \gamma - \displaystyle \frac{2 a^{2 } }{4} - \displaystyle \frac{2 b^{2 } }{4} - ab\sin \gamma }{-2 O_{1 }M. O_{2 } M} = 0[/tex]
[tex]\cos \varphi = 0 \Rightarrow \varphi = 90 ^\circ[/tex]
[tex]\triangle O_{1 } O_{2 }M[/tex] е равнобедрен правоъгълен [tex]\Rightarrow \angle O_{2 } O_{1 }M = \angle O_{1 } O_{2 }M = 45 ^\circ[/tex]

[KOPMOPAH]

Красив чертеж и хубаво решение. Браво!

[Георгиев]

Screenshot_20210824-035805_Chrome.jpg

Имаме [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): B \rightarrow E[/tex] и [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): F \rightarrow A[/tex]. Тогава и [tex]\rho\left(C, +90^{\circ}\right): FB \rightarrow AE[/tex] от свойствата на ротацията, откъдето [tex]AE\perp FB[/tex]. Понеже [tex]MO_2[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ABE[/tex], то [tex]MO_2\parallel AE[/tex]. Аналогично, [tex]MO_1\parallel BF[/tex]. И така [tex]MO_1\perp MO_2[/tex].

Какво означава съответния символ “ρ”?